Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
**a) Chứng minh OMBN nội tiếp:** Trong hình thang cân ABCD, ta có AB // CD và ∠A = ∠B = 60°. Vì đường tròn nội tiếp tiếp xúc với AB, BC tại M, N, ta có OM ⊥ AB và ON ⊥ BC. Do đó, ∠OMB = ∠ONB = 90°. Xét tứ giác OMBN: ∠OMB + ∠ONB = 90° + 90° = 180°. Vì tổng hai góc đối diện bằng 180°, tứ giác OMBN nội tiếp. **b) Chứng minh AD, BC, MP đồng quy:** Vì ABCD là hình thang cân, nên AD = BC. Gọi I là giao điểm của AD và BC. Ta cần chứng minh I nằm trên MP. Trong hình thang cân, hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Gọi giao điểm của AC và BD là K. K là trung điểm của AC và BD. Do đường tròn nội tiếp tiếp xúc với AB, CD tại M, P, ta có AM = AP. Tương tự, BM = BN và DP = DQ. Xét tam giác AMP và tam giác BMN: * AM = AP * BM = BN * ∠A = ∠B = 60° Tuy nhiên, ta không thể khẳng định hai tam giác này bằng nhau. Cần thêm thông tin để chứng minh AD, BC, MP đồng quy. Phương pháp chứng minh này không đủ mạnh. Cần xem xét các tính chất khác của hình thang cân và đường tròn nội tiếp. **c) Tính QN và chu vi SDC theo a:** Vì ABCD là hình thang cân với ∠A = ∠B = 60°, nên ABCD là hình thang cân có đáy lớn AB và đáy nhỏ CD. Ta có AB = a. Do đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh, ta có: * AM = AQ * BM = BN * CP = CQ * DP = DM AM + MB = AB = a AQ + QD = AD CP + PD = CD BN + NC = BC Vì hình thang cân, AD = BC. Tuy nhiên, không đủ thông tin để tính QN và chu vi SDC chỉ dựa trên AB = a. Cần thêm thông tin về chiều cao hoặc độ dài CD. **d) Tính tỉ số S1/S2:** Gọi h là chiều cao của hình thang. Diện tích tam giác SAB là: S2 = (1/2) * AB * h = (1/2) * a * h Diện tích tam giác SDC là: S1 = (1/2) * CD * h Tỉ số S1/S2 = (CD/AB) Vì không có thông tin về độ dài CD, ta không thể tính tỉ số S1/S2. **Kết luận:** Chỉ có phần a) được chứng minh hoàn toàn. Các phần b), c), d) cần thêm thông tin hoặc phương pháp chứng minh khác để giải quyết. Cần xem xét lại đề bài hoặc cung cấp thêm dữ kiện để giải quyết hoàn chỉnh các phần còn lại.
1. Ta có:
ED,EAED,EA là tiếp tuyến của (O)
→ED⊥OD,EA⊥OA⇒ˆADE=ˆOAE=90o→ED⊥OD,EA⊥OA⇒ADE^=OAE^=90o
EDOAEDOA có ˆADE+ˆOAE=180oADE^+OAE^=180o
⇒EDOA⇒EDOA nội tiếp đường tròn đường kính (OE)
→ˆDOA+ˆDEA=180o→DOA^+DEA^=180o
Mà ABCDABCD là hình thang cân
→ˆDMA=ˆDBA+ˆCAB=2ˆDBA=ˆDOA→DMA^=DBA^+CAB^=2DBA^=DOA^
→ˆDMA+ˆAED=180o→AEDM→DMA^+AED^=180o→AEDM nội tiếp được trong một đường tròn
2. Từ câu 1
→ˆEMA=ˆEDA=ˆDBA=ˆCAB→EMA^=EDA^=DBA^=CAB^
Vì EDED là tiếp tuyến của (O),ABCDABCD là hình thang cân
→EM//AB→EM//AB
3. Ta có:
EM//AB→HK//AB→HMAB=DMDB=CMCA=MKABEM//AB→HK//AB→HMAB=DMDB=CMCA=MKAB
→MH=MK→M→MH=MK→M là trung điểm HK
Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac[B, C, 4] Góc α: Góc giữa E, A, E' Góc α: Góc giữa E, A, E' Góc α: Góc giữa E, A, E' Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, C] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [C, D] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [D, A] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [A, B] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [E, A] Đoạn thẳng N: Đoạn thẳng [A, F] Đoạn thẳng N: Đoạn thẳng [A, F] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [E, F] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [A, H] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [M, F] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [E, G] B = (-1.34, 1.78) B = (-1.34, 1.78) B = (-1.34, 1.78) C = (3.1, 1.78) C = (3.1, 1.78) C = (3.1, 1.78) Điểm D: DaGiac[B, C, 4] Điểm D: DaGiac[B, C, 4] Điểm D: DaGiac[B, C, 4] Điểm A: DaGiac[B, C, 4] Điểm A: DaGiac[B, C, 4] Điểm A: DaGiac[B, C, 4] Điểm E: Điểm trên f Điểm E: Điểm trên f Điểm E: Điểm trên f Điểm F: Giao điểm của k, g Điểm F: Giao điểm của k, g Điểm F: Giao điểm của k, g Điểm M: Giao điểm của j, m Điểm M: Giao điểm của j, m Điểm M: Giao điểm của j, m Điểm H: Giao điểm của n, l Điểm H: Giao điểm của n, l Điểm H: Giao điểm của n, l Điểm G: Giao điểm của N, m Điểm G: Giao điểm của N, m
Cô hướng dẫn nhé
a) Do ABCD là hình vuông nên \(\widehat{BEN}=45^o\), vậy thì \(\widehat{BEN}=\widehat{BAN}\) hay ABEN là tứ giác nội tiếp.
Tương tự với tứ giác ADFN.
b) Do ABEN là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ANE}=180^o-\widehat{ABE}=90^o\) hay \(EN⊥AF\)
Tương tự \(FM⊥AE\)
Xét tam giác AEF có AH, FM, EN là ba đường cao nên chúng đồng quy.
c) Dễ thấy tứ giác EMNF nội tiếp nên \(\widehat{MNE}=\widehat{MFE}\)( Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Mà tứ giác ABEN nội tiếp nên \(\widehat{MNE}=\widehat{BAE}\)( Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
và \(\widehat{MFE}=\widehat{EAH}\) ( Cùng phụ góc AEF)
Vậy nên \(\widehat{BAE}=\widehat{EAH}\)
Suy ra \(\Delta ABE=\Delta AHE\) (Cạnh huyền góc nhọn) hay AH = AB không đổi.
Lại có AH vuông góc EF tại H nên EF luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kinh AB.